¿Cómo puedo probar esta desigualdad que involucra a los primos?

Question

Quiero determinar si

$${{3({p_n}-p_{n-1})}\over{p_{n-1}}}\ge\prod_{i=3}^{n-1}\Bigg(1-{2\over{p_i}}\Bigg)$$

es cierto para todos los suficientemente grandes $n\gt3$. (No sé si es o no es realmente cierto, pero las pruebas de verdad para un montón de pequeños $n$ que me he mirado).

Mi primera idea fue usar la menor enlazado a la aproximación de las $n$'th prime $n[ln(n)+ln(ln(n))-1]$ $p_n$ en el lado izquierdo, y el-límite superior aproximación $n[ln(n)+ln(ln(n))]$ $p_n$ en el lado derecho. Que al menos se deshace de los números primos, pero, por supuesto, el producto en el lado derecho todavía no es suave, así que no sé a dónde ir desde allí. También, no estoy seguro de si la desigualdad seguiría siendo cierto con esas aproximaciones, si es cierto con los números primos. (Hice la prueba de un montón de pequeños valores y parecía seguir siendo fiel, pero de nuevo, yo sé que no significa nada.)

Gracias por la ayuda.

Answer 1

Esto no es cierto.

Sucede que tengo un archivo de la primera 1400 primos sentados alrededor de así que he creado una hoja de cálculo para el LHS y RHS. El lado izquierdo es menor que el lado derecho para el doble de los números primos 43 y superior.

Nota empecé el producto en la RHS a $p_n=5$ ya que indica $i=3$$p=3$. Si usted comienza el producto con $p=3$ toma hasta 229 por la primera infracción.

Tenga en cuenta que simplemente revertir la desigualdad no cree viable declaración escrita, ya que los espacios entre los números primos variar. Por lo tanto, aunque el doble de los números primos violar la declaración original en el número dado, hay muchos otros que cumplan con la condición dada.

Answer 2

Esto es sólo una elaboración de mi comentario anterior, definitivamente no es una solución.

Es bastante fácil demostrar que $$\prod_{i=3}^{n}\frac{1-2/p_i}{(1-1/p_i)^2}=\prod_{i=3}^n\left(1-\frac{1}{(p_i-1)^2}\right)$$ is decreasing and has a non-zero limit as $n\to\infty$.

Deje $\alpha$ ser ese límite. Se parece a $\alpha \approx 0.880$.

Para cualquier $\epsilon>0$, entonces, lo suficientemente grande como para $n$, $$9\alpha a_n^2<\prod_{i=3}^n (1-2/p_i) <9(\alpha+\epsilon)a_n^2$$

Esto puede hacer que sea más fácil, ya que $\{a_i\}$ es bastante bien conocida la secuencia.

donde $a_n=\prod_{i=1}^n (1-1/p_i)$. (El factor de $9$ viene porque hemos añadido los casos de $i=1,2$.)

Así que, como mínimo, deberá:

$$a_n^2 \leq \frac{2}{3\alpha}\frac{p_{n+1}-p_n}{p_n}$$

por lo suficientemente grande $n$.

Answer 3

Estimación del Producto

Utilizando el Teorema de los números Primos, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1{p_k} &=\int_1^{p_n}\frac1x\,\mathrm{d}\pi(x)\\ &=\frac{\pi(p_n)}{p_n}+\int_2^{p_n}\frac{\pi(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{n}{p_n}+\int_2^{p_n}\frac{\frac x{\log(x)}+O\left(\frac x{\log(x)^2}\right)}{x^2}\,\mathrm{d}x\\[18pt] &=\log(\log(p_n))+O(1)\tag{1} \end{align} $$ La aplicación de $(1)$, tenemos $$ \begin{align} \log\left(\prod_{i=3}^{n-1}\left(1-\frac2p_i\right)\right) &=\sum_{i=3}^{n-1}\log\left(1-\frac2p_i\right)\\ &=\sum_{i=3}^{n-1}\left(-\frac2p_i+O\left(\frac1{p_i^2}\right)\right)\\[12pt] &=-2\log(\log(p_{n-1}))+O(1)\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \prod_{i=3}^{n-1}\left(1-\frac2p_i\right)=\Theta\left(\frac1{\log(p_{n-1})^2}\right)\etiqueta{3} $$ Estimación de la Proporción de

Podemos derivar desde el Primer Número Teorema que $p_n=n\log(n)+O(n\log(\log(n)))$. Esto demuestra que para cualquier $\alpha\gt0$ $$ \lim_{n\to\infty}\frac{p_{\alpha n}}{p_n}=\alpha\etiqueta{4} $$ Además, $(4)$ muestra que $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{p_n}{p_{n-1}}=1$, por lo tanto, $\frac{p_k-p_{k-1}}{p_{k-1}}\sim\log\left(\frac{p_k}{p_{k-1}}\right)$ Así, para cualquier $\epsilon>0$, hay un $N$, de modo que para $m\ge N$, $$ \begin{align} m &=\pi(p_m)\\ &\ge(1-\epsilon)\frac{p_m}{\log(p_m)}\tag{5} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{k=m+1}^n\frac{p_k-p_{k-1}}{p_{k-1}} &\le(1+\epsilon)\sum_{k=m+1}^n\log\left(\frac{p_k}{p_{k-1}}\right)\\ &=(1+\epsilon)\log\left(\frac{p_n}{p_m}\right)\tag{6} \end{align} $$ Así, para cualquier $n\ge2N$, debe haber un $\frac n2\lt k\le n$, de modo que $$ \begin{align} \frac{p_k-p_{k-1}}{p_{k-1}} &\le(1+\epsilon)\frac{2\log(2)}{n}\\ &\le(1+\epsilon)\frac{2\log(2)}{k-1}\\ &\le\frac{1+\epsilon}{1-\epsilon}2\log(2)\frac{\log(p_{k-1})}{p_{k-1}}\tag{7} \end{align} $$ Comparando $(3)$$(7)$, no hay ninguna constante de proporcionalidad, que haría que el dado desigualdad verdadera para todos los $n$.

Answer 4

Primero, he reemplazado$p_n - p_{n-1}$ con$2$ ya que hay infinitamente muchos primos gemelos.

Luego, al incrementar$n$ y reorganizar, obtengo$$\frac6{p_{n-1}} \cdot \frac{p_{n-1}}{p_n} \ge \left( 1-\frac2{p_n} \right) \cdot \prod_{i=3}^{n-1} \left( 1-\frac2{p_i} \right)$ $

Hmm, vi un problema con el siguiente paso - Voy a volver y editar después de trabajar en él.